内容正文:
第2讲 动量守恒定律及其应用
[基础对点练]
1.(动量守恒、机械能守恒条件)秦山核电站是我国第一座核电站,其三期工程采用重水反应堆技术,利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞,使中子减速.已知中子某次碰撞前的动能为E,碰撞可视为弹性正碰.经过该次碰撞后,中子损失的动能为( )
A.E B.E
C.E D.E
解析:B [质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞,满足动能守恒和动量守恒,设中子的初速度为v0,碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2,可列式:×1×v=×1×v+×2×v,1×v0=1×v1+2×v2.解得v1=-v0,即动能减小为原来的,动能损失量为E.]
2.(反冲)将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析:D [应用动量守恒定律解决本题,注意火箭模型质量的变化.取向下为正方向,由动量守恒定律可得:0=mv0-(M-m)v′,故v′=,选项D正确.]
3.(动量守恒定律的应用)如图所示,A、B两个小车用轻弹簧连接,静止在光滑的水平面上,A车与竖直墙面接触.将B车向左推,使弹簧压缩,再由静止释放B车.则下列说法正确的是( )
A.弹簧第一次恢复原长的过程中,两车组成的系统动量守恒
B.弹簧第一次恢复原长的过程中,弹簧对B车的冲量大小大于对A车的冲量大小
C.弹簧第一次被拉长的过程中,两车组成的系统动量守恒
D.弹簧第一次被拉长的过程中,A车与B车的动量变化量相同
解析:C [由静止释放B车到弹簧第一次恢复到原长前,墙壁对A有作用力,系统受到的合外力不为零,动量不守恒,此过程中弹簧对A车和B车的弹力大小相等,方向相反,作用时间相同,故弹簧对B车的冲量大小等于对A车的冲量大小,故A、B错误;弹簧第一次被拉长的过程中,A离开墙壁,以A、B和弹簧为系统,系统在竖直方向受力平衡,在水平方向只受弹簧弹力作用,系统动量守恒,此过程中A车速度增加.动量增加,B车速度减小,动量减小,两车动量变化量的大小相同,方向不同,C正确,D错误.]
4.(动量守恒,动量定理)在列车编组站里,一节动车车厢以1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢,碰后两节车厢结合在一起继续运动.已知两节车厢的质量均为20 t,则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短,内力很大)( )
A.10 N·s B.20 N·s
C.104 N·s D.2×104 N·s
解析:C [动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒,根据动量守恒定律有mv0=2mv,对拖车根据动量定理有I=mv,联立解得I=104 N·s,选项C正确.]
5.(碰撞规律分析)带电粒子碰撞实验中,t=0时粒子A静止,粒子B以一定的初速度向A运动,两粒子的v-t图象如图所示,仅考虑静电力的作用,且A、B未接触.则( )
A.A粒子质量小于B粒子质量
B.两粒子在t1时刻的电势能最大
C.A粒子在t2时刻加速度最大
D.B粒子在0~t3时间内动能一直减小
解析:B [两粒子“碰撞”过程动量守恒,则由题图可知,在t=0时刻总动量p0=mBv0,在t=t2时刻总动量p2=mAvA,则mBv0=mAvA,因v0>vA,则mB<mA,选项A错误;两粒子在t1时刻速度相等,相距最近,克服静电力做功最多,则系统的电势能最大,选项B正确;两粒子在t1时刻距离最近,两粒子间库仑力最大,即A在t1时刻的加速度最大,选项C错误;B在0~t3时间内速度先减小后反向增大,则动能先减小后增大,选项D错误.]
6.(弹性碰撞)(多选)小球A的质量为mA=5 kg,动量大小为pA=4 kg·m/s,小球A水平向右与静止的小球B发生弹性碰撞,碰后A的动量大小为pA′=1 kg·m/s,方向水平向右,则( )
A.碰后小球B的动量大小为pB=3 kg·m/s
B.碰后小球B的动量大小为pB=5 kg·m/s
C.小球B的质量为15 kg
D.小球B的质量为3 kg
解析:AD [规定向右为正,碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒,所以有pA=pA′+pB,解得pB=3 kg·m/s,A正确,B错误;由于是弹性碰撞,所以没有机械能损失,故=+,解得mB=3 kg,C错误,D正确.]
7.(爆炸问题)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向右,则另一块的速度是( )
A.3v0-v B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v
解析:C [在最高点水平方向